bzoj 1485 卡特兰数
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1485: [HNOI2009]有趣的数列
我们称一个长度为2n的数列是有趣的，当且仅当该数列满足以下三个条件：
(1)它是从1到2n共2n个整数的一个排列{ai}；
(2)所有的奇数项满足a1<a3<…<a2n-1，所有的偶数项满足a2<a4<…<a2n；
(3)任意相邻的两项a2i-1与a2i(1≤i≤n)满足奇数项小于偶数项，即：a2i-1<a2i。
现在的任务是：对于给定的n，请求出有多少个不同的长度为2n的有趣的数列。因为最后的答案可能很大，所以只要求输出答案 mod P的值。
Input
输入文件只包含用空格隔开的两个整数n和P。输入数据保证，50%的数据满足n≤1000，100%的数据满足n≤1000000且P≤1000000000。
Output
仅含一个整数，表示不同的长度为2n的有趣的数列个数mod P的值。
Sample Input
3 10
Sample Output
5
对应的5个有趣的数列分别为（1,2,3,4,5,6），（1,2,3,5,4,6），（1,3,2,4,5,6），（1,3,2,5,4,6），（1,4,2,5,3,6）。
题意：额 中文题的话就不需要多说了吧
思路：一开始肯定是懵逼了,毕竟我连基本的dp状态都推不出来,然后因为是已经知道了是卡特兰数了,所以在证明为什么是。首先要求奇数位置升序,偶数位置升序,相邻的奇数偶数项满足a[i*2-1]<a[i*2]。然后我们抽象出一个模型：有2n个人排成一行进入剧场。入场费5元。其中只有n个人有一张5元钞票，另外n人只有10元钞票，剧院无其它钞票，问有多少中方法使得只要有10元的人买票，售票处就有5元的钞票找零？(将持5元者到达视作将5元入栈，持10元者到达视作使栈中某5元出栈) 这个是卡特兰数的经典例子
我们也这样设想一下,1~2*n顺序去填序列,因为放的奇偶位置不一定要相匹配,假设当前奇数位置上填了p个,偶数位置上已经填了q个,我们是不是只要满足p<=q就可以了呢？想一下我们是按顺序去填的序列,但是因为不一定要你一个我一个的去填,而是满足p<=q就可以了,类似于了有一个偶数位置进栈,就有一个奇数位置出栈,类似于那种n*n推导的dp方程式,f（n）=f（0）f（n-1）+f（1）f（n-2）+……+f（n-1）f（0） 可以求出答案,但是这道题n=1e6,所以还是回到C(2*n,n)/(n+1)吧
好了我们知道了答案之后还是不能求出正确的答案,因为要取模,而mod是给定的,不一定是质数,排列组合中有除法,总所周知除法取模会出错。那么我们可以简单化简一下C(2*n,n)/(n+1)==(2*n)*(2*n-1)*...*(n+2)*(n^-1)*((n-1)^-1)*...*(1^-1) 嗯这样是不是好看了一点,可是并没有什么卵用
接下来我们分析一个地方,就是怎么简化这个式子,因为每个数都可以变成一些质数的乘积,我们把(2*n)*(2*n-1)*...*(n+2)*(n^-1)*((n-1)^-1)*...*(1^-1)这些数全部都换成质数相乘,也就是一些质数的num次方的总乘积,质数取模的话应该是ok的,所以要模拟O(n*2)的筛选过程了,具体看代码吧
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include <ctime>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#define mst(ss,b) memset((ss),(b),sizeof(ss))
#define maxn 0x3f3f3f3f
#define MAX 1000100
///#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define INF (1ll<<60)-1
using namespace std;
int P,n;
int vis[2000100],prime[2000100],m,a[2000100],num[2000100];
void init(){
m=0;
for(int i=2;i<=n*2;i++){
if(!vis[i]) {
prime[++m]=i;
a[i]=i;
}
for(int j=1;j<=m;j++){
if(i*prime[j]>2*n) break;
vis[i*prime[j]]=1;
a[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
ll qpow(int a,int b,int mod){
ll ans=1;
while(b){
if(b%2==1) ans=ans*a%mod;
b/=2;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&P);
init();
for(int i=1;i<=n;i++) num[i]--;
for(int i=n+2;i<=n*2;i++) num[i]++;
for(int i=n*2;i>=2;i--){
if(a[i]!=i){
num[i/a[i]]+=num[i];
num[a[i]]+=num[i];
num[i]=0;
}
}
ll ans=1;
for(int i=n*2;i>=2;i--){
ans=ans*qpow(i,num[i],P)%P;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}